交变电流同步练习
图片预览
文档简介
第5章 第1节
基础夯实
1．家庭电路的交变电流图象为如图所示中的( )
答案：A
2．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时( )
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
答案：C
解析：当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但Em最大 ，即最大，故正确答案为C.
3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt，则( )
A．交流电的频率是100π
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02s
D．t＝0.05s时，e有最大值
答案：BC
解析：由瞬时值表达式知：角速度ω＝100πrad/s，感应电动势是按正弦规律变化．
所以t＝0时，线圈平面位于中性面．
因ω＝2πf，所以f＝＝＝50Hz；
由T＝得T＝s＝0.02s
当t＝0.05s时，e＝220sin5π＝0
故B、C选项正确．
4．矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )
A．50V B．25V
C．25V D．10V
答案：B
解析：由题示条件知：交变电流瞬时值表达式为e＝50cosωt＝50cosθ，当θ＝30°时，e＝25V，B对．
5．(2010·嘉兴高二检测)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图2甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
答案：B
解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．
6．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
答案：A
解析：产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线框形状无关，转到图示位置时产生的电动势E上具有最大值Em＝nBSω由欧姆定律I＝可知此时I相等，故A对，B错．由右手定则可知电流为a→d→c→b，故C错．cd边受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．
7．一台发电机产生正弦式电流，如果e＝400sin314t(V)，那么电动势的峰值是多少，线圈匀速转动的角速度是多少，如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，写出电流瞬时值的表达式．
解析：根据电动势的瞬时值表达式可知
电动势的峰值：Em＝400V
线圈的角速度：ω＝314rad/s＝100πrad/s
由欧姆定律：Im＝＝0.2A
所以电流瞬时值表达式为i＝0.2sin314t(A)
能力提升
1．(2010·天津一中高二期中)
图甲
如图甲所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在图乙中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是( )
图乙
答案：A
2．一束带电粒子沿着通有交流电的螺线管的轴线射入管内，则粒子在管内的运动状态是( )
A．往复运动 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速圆周运动
答案：B
解析：带电粒子顺着螺线管轴线飞入，它的运动方向跟磁感线平行，故带电粒子不受磁场力，所以它做匀速直线运动．
3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01s时刻Φ的变化率最大
C．0.02s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
答案：B
解析：t＝0时Φ最大，线圈应在中性面位置，A错；t＝0.01s时，Φ－t图象的斜率最大，故最大，B正确；t＝0.02s时，Φ不变，故e＝0，C错；因Φ－t图象为余弦图象，故e－t图象为正弦图象，D错．
4．在两块金属板上加交变电压U＝Umsint，当t＝0时，板间有一个电子正好处于静止状态，下面关于电子以后运动情况的判断哪些是正确的( )
A．t＝T时，电子回到原出发点
B．电子始终向一个方向运动
C．t＝时，电子将有最大速度
D．t＝时，电子的位移最大
答案：BC
解析：本题考查了带电粒子在交变电压所产生的交变电场中的运动问题．分析带电粒子的运动性质应从粒子运动的速度方向与受力方向的关系入手，二者同向，则粒子加速；反向，则粒子减速运动．
电子在电场中受到变化的电场力的作用F＝Eq，电压变，故场强变．在第一个半周期内电子从静止开始作正向变加速运动，第二个半周期内作正向的变减速运动，一个周期结束时电子速度恰减为零．如此电子一直向一个方向运动，在t＝(2k＋1)(k＝0,1,2……)时刻速度是最大值．
5．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以一条边为轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中的感应电动势e与时间t的关系如图所示，感应电动势的最大值和周期可由图中读出，则磁感强度B＝______，在t＝时刻，线圈平面与磁感线的夹角等于________．
答案： 30°
解析：由图象可知，电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt.
其中：Em＝NBSω，而N＝1，ω＝，最大值Em和周期T在图象中已经给出．
所以Em＝BS，B＝.
在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，其夹角θ＝0°，
从t＝0时刻到t＝时刻，线圈平面转过的角度θ＝ωt＝ω＝·＝rad＝30°.
故t＝时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角为30°.
6．发电机的转子是匝数为100匝，边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R＝10Ω.
(1)写出交变电流瞬时值表达式；
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
答案：(1)i＝2πsin100πtA (2)1×10－2c
解析：感应电动势最大值为Em＝nBSω.
Em＝100×0.05×0.2×0.2×100πV＝20πV
Im＝A＝2πA，
∴i＝Imsinωt＝2πsin100πtA
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电荷量q＝t＝Δt＝.从中性面计时，转过，如图所示．
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－sin30°)＝BS
q＝＝C＝C＝1×10－2C.
第5章 第2节
基础夯实
1．以下说法正确的是( )
A．发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值
C．交流电压表所测数值为瞬时值
D．保险丝的数值为最大值
答案：A
解析：为了表明交流电通过用电器产生的效果，用电器上所标的都是交流电的有效值，A对，交流电流表或交流电压表都测的是有效值．C错．电容器的耐压值为最大值，保险丝的数值为有效值，B、D全错．
2．(2010·东北师大附中高二期中)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )
A．该交流电的电压有效值为100V
B．该交流电的频率为25Hz
C．该交流电的电压的有效值为100V
D．若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W
答案：BD
解析：由图象可看出该交流电的有效值为，A、C均错；频率为25Hz，B正确；P＝＝50W，D正确．
3．下图表示一交流电的电流随时间而变化的图象．此交流电的有效值是( )
A．5A B．5A
C.A D.A
答案：B
解析：本题要求的是矩形交变电流的有效值，与平时所熟知的正弦交变电流的有效值(即I有效＝Im/)不同，因此，有的学生对这样的题目感到无从下手．
本题只能从有效值的定义出发，才能顺利解答．该交变电流通过阻值为R的电阻一个周期的时间(即0.02s)内所产生的热量为：
Q交＝(4)2×R×0.01＋(3)2×R×0.01
设直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02s)内产生的热量为Q直＝I2R×0.02
由交流的有效值定义得Q直＝Q交，即
50×0.01R＝I2×0.02R
则I＝5A，即交变电流的有效值为5A.
4．一只电饭煲和一台洗衣机同时并入u＝311sin314tV的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A.下列说法正确的是( )
A．电饭煲的电阻是44Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440Ω
B．电饭煲消耗的功率为1555W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5W
C．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
答案：C
5．如图所示是一交流发电机的原理示意图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N，面积为S的矩形线圈，以角速度ω绕OO′轴做匀速转动，这个线圈产生的交流电动势的最大值是________，有效值是________，线圈从图中位置转过90°的过程中，电动势的平均值是________．
答案：NBSω NBSω NBSω
6．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示，发电机线圈的电阻r＝5Ω，外电路电阻R＝95Ω，求串联在外电路中的交流电流表的读数．
答案：1.41A
解析：由Φ－t图象知：Φm＝1.0×10－2Wb，T＝ 3.14×10－2s，因Em＝nΦmω＝nΦm＝100×1×10－2×V＝200V，根据欧姆定律，电路中的最大电流Im＝＝A＝2A，故电流表读数为I＝＝1.41A.
7．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值为多大？
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？
答案：(1)e＝50sin10πtV (2)43.3V (3)31.86V 3.54A
解析：分别把Em、ω的数值推算出来，代入一般表达式 Emsinωt就得出了感应电动势的瞬时值表达式，求瞬时值时，只需要把t的值代入表达式就可以了，最后一问是求线圈中的电流和线圈的端电压，注意应为有效值．
(1)e＝Emsinωt＝NBS2πnsin(2πnt)＝100××0.05×2π×sin(2π×t)V＝50sin10πtV.
(2)当t＝s时，电动势的瞬时值e＝50sin(10π×)V＝43.3V.
(3)电动势的有效值E＝＝V＝35.4V，电流表的示数I＝＝A＝3.54A；
电压表的示数U＝IR＝3.54×9V＝31.86V
在求解交变电动势瞬时值时，首先要确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；其次是确定线圈转动的角带度ω(以rad/s作单位)；最后是确定感应电动势瞬时值表达式．
能力提升
1．(2010·通州高二检测)如图所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为( )
A．4A B．2A
C.A D.A
答案：D
解析：设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2，代入数据解得：I＝A，故D正确．
2．(2010·潍坊高二期中)如图所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动．则( )
A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝cosωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈消耗的电功率P＝
答案：C
解析：由题意得i＝sinωt，
电流有效值I＝，P＝，
所以只有C项正确．
3．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
答案：C
解析：由图可读出Um＝5V，T＝4×10－2s，由f＝得f＝0.25×102Hz，故A错．由Im＝＝1A，而I有效＝＝A，故B错，由PR＝I2R＝()2×5W＝2.5W，故C正确．电压表测得数据为有效值V，故D错．
本题考查对正弦式交流电e－t图象及最大值、有效值的理解，难度中等．
4．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R(m)，让它在磁感应强度为B(T)、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动，转速为n(r/s)．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P(W)的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则灯泡的电阻为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：由线圈在磁场中匀速转动所产生的感应电动势的最大值Em＝BSω和ω＝2nπ可知，Em＝B·πR2·2nπ＝π2R2nB，所以有效值E＝.
由于小灯泡正常发光，所以R＝＝，
B正确．
5．如图甲为电热毯的电路图，把电热毯接在U＝311sin100πtV的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是：________.
答案：156V
解析：电压表的示数为有效值
据有效值的定义有：·T＝·
∴U＝＝＝156V
6．如图所示，线圈面积S＝1.41×10－2m2，共20匝，电阻为0.8Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，线圈绕OO′轴以某一角速度匀速转动，恰好使标有“24V,30W”的电灯L正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为________，线圈转动的角速度为________．
答案：35.4V；250rad/s
7．如图所示，设ab边长为20cm，ad边长为10cm，匝数为100匝，磁感应强度B为0.2T，线圈匀速转动的角速度为314rad/s，从中性面开始计时，试写出电动势瞬时值表达式．如果该发电机接一阻值为190Ω的用电器，发电机线圈总内阻为10Ω，则该用电器消耗的电功率是多少？
答案：125.6sin314tV 37.5W
解析：该发电机产生的电动势最大值Em＝NBSω＝100×0.2×0.2×0.1×314V＝125.6V，电动势瞬时值表达式e＝125.6sin314tV.它的有效值E＝V＝62.8V，I＝＝A＝0.314A，电阻消耗的电功率P＝I2R＝(0.314)2×190W＝37.5W.
第5章 第3节
基础夯实
1．电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( )
A．电感对交变电流有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数有关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
答案：ABCD
2．电容对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( )
A．交变电流能通过电容器
B．电容器具有通直流、阻交流的作用
C．电容器电容较小时，它具有通高频、阻低频的功能
D．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小
答案：ACD
3．下列说法中，正确的是( )
A．电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器有电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电流中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
答案：D
解析：交流电流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，A错．交流电通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，B错．电流通过它们做功时，只有在电阻上产生热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错，故D正确．
4．(2010·南京六中高二期中)如图所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流，L是一个25mH的高频扼流圈，C是一个100pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( )
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
答案：ACD
解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A正确；C是一个电容很小的电容器，在题图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，C正确；因电路中无直流电流，B错误；由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D正确．
5．(2009·蒙城高二检测)如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案：B
解析：由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
6．将电阻R接到有效值为U、频率为f的交流电源上，电阻R消耗的功率为P，若将电阻R与一电阻可忽略不计的电感线圈串联后再接到该电源上，电路中消耗的功率如何变化？
答案：减小
解析：电阻与电感线圈串联后，对交变电流的阻碍作用增大，电路中电流减小，根据P＝UI可知，电路中消耗的功率减小．
7．如图所示，从AO输入的信号中，有直流电流和交变电流．问：
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需要在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
答案：(1)电容器 对直流电有隔断作用 (2)电感线圈 对交流电有阻碍作用
解析：(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器C有“通交流、隔直流”的特点，应在AB端接入一电容器C，该电容器对直流电有隔断作用，而交变电流能通过．
(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电，故根据电感L有“通直流，阻交流”的特点，应在AB端接入一个电感线圈，该线圈对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用．
能力提升
1．如图所示，图(1)、(2)中电源为交流电源，图(3)、(4)中电源为直流电源，四个电路中的电压表示数、电容器和灯泡都相同，则以下说法中正确的是( )
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2与L4的亮度相同
D．灯L4比L2亮
答案：C
2．两相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为Um，频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同，更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应该满足的条件是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
答案：A
3．如图所示，当交流电源的电压有效值是220V，频率为50Hz时，三盏电灯的亮度相同，当电源电压不变只将交流电源的频率改为100Hz时，则各灯亮度变化情况为：a灯______________，b灯________________，c灯______________________．(填“变亮”、“变暗”或“不变”)
答案：变亮；变暗；不变
解析：频率变大，电容器容抗减小，又电压不变，故a灯变亮；频率变大，电感线圈的电感变大，又电压不变，故b灯变暗；频率的变化对电阻R无影响，故c灯亮度不变．电源电压不变指电压有效值不变，当频率变大时，容抗变小，感抗变大，电阻阻值R不变．根据三者变化情况再应用部分电路欧姆定律即可求解．牢记电感、电容对电流的阻碍规律，解题时直接运用即可．
4．“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高频扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
答案：BD
解析：通常高音喇叭的一路串入一个电容器，是利用了电容器“通高频，阻低频”的特性，使频率较高的电流通过高音喇叭，发出高音；通往低音喇叭的一路串入一个空心线圈，是利用了自感系数较小的线圈具有“通低频，阻高频”的特性，使低频电流通过低音喇叭，发出低音．
5．如图所示，是一个判定AB之间电源性质的仪器．若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
答案：AB间接交变电流时，绿灯亮；
AB间接直流电且A端是正极时红灯亮；
AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮．
解析：由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，
则是由于线圈L具有阻交流的作用．当AB之间接入直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性．
6．教室和家庭中的电风扇都可以调节快慢，如图所示，要调节快慢，就要改变电动机的电流．风扇一般是用交流电，要改变交流电的大小，可以用电感调速器，调速器的结构如图所示，探究它是利用什么作用调节吊扇快慢的．
解析：由图可知，在“日”字形的软铁芯上，绕了数百匝线圈，每隔数十匝就将抽头接到2至5各端钮上．线圈与电风扇电动机串联，它将分掉电源加在电风扇上的部分电压，使电风扇转速降低．图中端钮0是断路；端钮1不经线圈直接通电，风扇的转速最高；端钮5经过的线圈匝数最多，故转速最低.
第5章 第4节
基础夯实
1．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案：BD
解析：此题考查的是对变压器原理的掌握，对理想变压器，A选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比；D选项理想变压器认为可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率．
2．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )
A．3mA B．48mA
C．零 D．与R阻值有关
答案：C
解析：当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V,60W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )
答案：C
解析：∵为理想电压表，∴电源输出功率为60W，原线圈两端电压为4400V，电流表示数为有效值，即为＝A.
4．(2010·芜湖高二检测)如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )
A．1∶2 2U
B．1∶2 4U
C．2∶1 4U
D．2∶1 2U
答案：C
解析：设灯泡正常发光时的电流为I，则I1＝I，I2＝2I.由＝得＝.
由＝得U1′＝U2＝2U.故U1＝4U，C正确．
5．(2010·湛江高二检测)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
答案：BC
解析：保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，由I2＝知I2减小，故电流表的读数变小，B正确，A错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2 增大，由I2＝知I2增大，故I1增大，C正确，D错误．
6．如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“12V,100W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为18?1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为________V，电流表的读数为________A.
答案：216 0.46
解析：两电表的读数均为初级线圈的电压和电流的有效值．
由公式＝得U1＝U2＝18×12V＝216V
由公式＝得I1＝I2＝×A＝0.46A
本题重点考查理想变压器的基本变压、变流规律，应用公式可以解决．
7．如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3300V，副线圈的输出电压U2＝220V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0＝2V，则
(1)原、副线圈的匝数各是多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5A，那么A1的示数是多少？
(3)当S闭合时，A2的示数将如何变化？A1的示数如何变化？
答案：(1)1650匝 110匝 (2)0.33A (3)变大 变大
解析：(1)根据变压比：＝及＝有n1＝·n0＝×1＝1650(匝)
n2＝·n0＝×1＝110(匝)
(2)由于是理想变压器有
P入＝P出
I1U1＝I2U2
I1＝·I2＝×5A＝0.33A
(3)开关S闭合时，负载增加，但总电阻减小，副线圈的输出电压U2不变，I2＝，即I2增加．输出功率P出＝I2U2也增加．根据理想变压器P入＝P出，即I1U1＝I2U2，原线圈中的电流I1也随之增大了．
能力提升
1．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按下图所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是( )
A．输出电压的最大值为36V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz
答案：D
解析：理想变压器中原、副线圈的电压与原、副线圈的匝数成正比，可得输出电压的最大值为36V，A选项错误．原、副线圈的电流与匝数成反比，应为9∶55，B选项错误．变压器的输入功率与输出功率相等，C选项错误．由图象可知交流电压的最大值为220V，周期为0.02s，所以有效值为220V，频率为50Hz，D选项正确．
2．(2010·济宁模拟)如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中，能使原线圈所接电流表的示数变小的是( )
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头下移
答案：BC
解析：S1从2拨向1，输出电压变大，电流、功率均变大，则输入电流变大，电流表示数变大，A错误．S2从4拨向3，输出电压变小，电流、功率均变小，则输入电流变小，电流表示数变小，B正确．S3断开，输出电路总电阻变大，功率变小，电流变小，输入电流变小，电流表示数减小，C正确．R3触头下移，输出电路总电阻减小，功率变大，电流变大，输入电流变大，电流表示数变大，D错误．
3．(2010·北师大附中高二期中)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表. 则( )
A．n1>n2
B．n3>n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
答案：AD
解析：甲图中原线圈并联在电路中，应为电压互感器，为降压变压器，n1>n2，图中的电表为电压表；乙图中原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n34．如图所示为理想变压器，原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈n2＝50匝，n3＝100匝，L1是“6V,2W”的小灯泡，L2是“12V,4W”的小灯泡，当n1接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )
答案：C
解析：由P入＝P出，I1U1＝6W，又＝
所以U1＝U2＝×6V＝120V
所以I1＝A＝A
5．按下列要求设计一个变压器：在同一闭合铁芯上绕三个线圈，甲线圈接220V照明电源，乙线圈要求输出36V电压和100W额定功率，丙线圈要求输出6V电压和10W额定功率．乙线圈需绕180匝，且乙、丙两线圈都满负荷工作．那么甲线圈需绕________匝，甲线圈通过电流为________A，绕制这三个线圈的导线从粗到细的顺序是________．
答案：1100 0.5 乙、丙、甲
6．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
(2)发电机输出功率P=I1E=6.67W.
7．黑光灯是利用物理方法来灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”．
如图是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿电场为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？
答案：10∶1
解析：电网两极间电场可看作匀强电场Um=Emd
由题意，空气被击穿时Em=6220V/cm
所以次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.
第5章 第5节
基础夯实
1．(2010·浙江温州高二期中)远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减小输电线上能量损失
D．可加快输电的速度
答案：AC
解析：由于远距离输电，往往输送电功率一定，据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2R，当要求输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确，而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波也就是光的传播速度，也一定，故B、D不正确．
2．(2010·北师大附中高二期中)发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则( )
A．输电线上的电流为
B．输电线上的功率损失为
C．用户得到的功率为P－()2R
D．用户得到的电压为
答案：AC
3．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
①升压变压器的副线圈的电压变大；
②高压输电线路的电压损失变大；
③降压变压器的副线圈上的电压变大；
④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
答案：D
解析：本题考查输电线路的电压损失．用电高峰期，用户端总电阻由于并联电灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．故正确答案为D.
4．下图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案：ABD
解析：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P失＝I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R＝知，A正确．二是减小输电电流，B正确．若输电电压一定，由P＝UI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P失＝I2R越大，C错误．在影响高压输电的因素中另一个重要因素是电晕放电引起的电能损耗，在输出电压越高时，电晕放电引起的电能损失越大，D正确．
5．某发电厂用2.2kv的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kv的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率，前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为________，要将2.2kv的电压升高到22kv，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈匝数应该是________匝．
答案：100∶1 1800
解析：由于前后两次输送的电功率相等，则有IU＝I′U′，
所以＝＝，＝＝100，由变压器的原理：＝，可得＝＝＝，所以n2＝1800匝．
本题主要考查了变压器以及远距离高压送电，在解题时要注意电路上损失的电功率的计算，以及变压器的升压比等于其匝数比．
6．(2010·山东潍坊高二期中)某小型实验水电站输出功率P＝38kW，输电线路总电阻r＝1Ω.
(1)若采用U＝380V输电，求输电线路损耗的功率P1.
(2)若改用U1＝10000V高压输电，用户端利用n1?n2＝44?1的变压器降压，求用户得到的电压U2.
答案：(1)10kW (2)227.19V
解析：(1)输电线上的电流强度为I＝＝A＝100A
输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝1002×1W＝10kW
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I1＝＝A＝3.8A
变压器原线圈两端的电压
U′＝U－I1R＝(10000－3.8×1)V＝9996.2V
根据＝
用户得到的电压为U2＝U′＝×9996.2V＝227.19V.
7．家庭电路的引线均有一定电阻(约几欧姆)，因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时，家中原来开着的电灯会变暗，下面通过一个简单的测试，可以估算出家庭电路引线部分的电阻，如图所示，用r表示家庭电路引线部分的总电阻，V为两表笔插入插座的交流电压表，M为一个额定功率为P额定电压为U额的空调(P较大)．测试时，先断开所有家电电路，测得电压为U1，再闭合电键S，测得电压为U2.
(1)试推导估算r的表达式(设电源两端电压保持恒定)；
(2)若P＝2.0kW，U额＝220V，测得U1＝220V，U2＝210V，则引线部分总电阻约为多少？
答案：(1)r＝·U(2)r＝1.15Ω
解析：(1)断开所有家电电路时，U源＝U1，S闭合后，
Ir＝P，Ur＝U1－U2，所以r＝＝·U.
(2)把U1、U2、U额、P代入公式得r＝1.15Ω.
能力提升
1．用变压器进行远距离输电，输送的电功率为P，输送的电压为U，输电导线上的电阻率为ρ，导线横截面积为S，导线总长为L，输电线损耗的电功率P1，用户得到的电功率为P2则( )
A．P1＝
B．P1＝
C．P2＝P－
D．P2＝P－
答案：BD
解析：由导线输送的电功率P＝UI知，输电导线上的电流强度I＝，由电阻定律得R＝ρ，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P1＝I2R＝ρ，B正确，用户得到的电功率P2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P2＝P－P1＝P－，D正确．
2．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则( )
A.>
B.<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案：AD
解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确.＝，＝，因为U1＝200 VU3＝U2－U线，故>，选项A正确．
3．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，若输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1?S2为( )
A. B.
C.2 D.2
答案：C
解析：由输送的电功率P＝IU，损失的功率ΔP＝I2R得ΔP＝R由题意知，R1＝R2，由此得＝因为R＝ρ，所以＝.
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．
(2)用户得到的电功率是多少．
答案：(1)1∶20 240∶11 (2)96kW
解析：(1)输电线损失的功率
P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW.
输电线是民流I2＝＝A＝20A.
升压变电器输出电压U2＝＝V＝5×103V.
升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝.
电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V.
降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4800V.
降压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%kW＝96kW.
5．三峡水利枢纽工程是中国规模最大的水利工程，枢纽控制的流域面积为1.0×106km2，占长江流域面积的56%，坝址所在位置的年平均流量为4.51×1011m3，水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台(如图所示)，总装机容量(是指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107kW，年平均发电量约为W＝8.4×1010kW·h，该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题．(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2)
(1)若三峡电站上、下游水位差按H＝100m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值；
(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P1＝4.5×106kW，采用超高压输电，输电电压为U＝5×105V而发电机输出的电压约为U0＝1.8×104V，要使输电线上损耗的功率小于输送电功率的5%.求：发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻的范围．
答案：(1)67.1% (2)192.3天 (3) 2.78Ω
解析：(1)发电站的能量转化效率
η＝×100%＝×100%＝×100%.
代入数据η＝×100%≈67.1%.
(2)根据P＝，有t＝＝天≈192.3天．
(3)升压变压器匝数比为＝＝＝.
根据P1＝IU得I＝9.0×103A.由P损＝I2R＝5%P1得R＝2.78Ω，所以R要小于2.78Ω.
第5章 章末小结
1．(2010·浙江理综，17)某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输送给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案：B
解析：输电线上输送的电流I＝＝＝6000A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6000×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B对；若改用5kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝＝＝6×105A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5W＝9×108kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．
点评：本题考查了对远距离输电中电压损失、功率损失的理解能力和分析推理能力．
2．(2010·广东理综，19)下图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
A．周期是0.01s
B．最大值是311V
C．有效值是220V
D．表达式为u＝220sin100πt(V)
答案：BC
解析：由题图象可直接读出正弦式交变电压的周期T＝0.02s，最大值Um＝311V，则有效值为U＝Um＝×311V＝220V，角速度为ω＝＝rad/s＝100π rad/s，瞬时值表达式为u＝311sin100πt(V)，故只有选项B、C正确．
点评：本题考查了正弦式交变电压的图象、有效值与最大值的关系及瞬时值表达式，考查学生对图象的分析理解能力．
3．(2010·江苏物理，7)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案：CD
解析：对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1?U2＝n1?n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．
点评：本题考查了理想变压器的变压原理及远距离输电中的功率损失，主要考查学生的理解能力和推理能力．
4．(2010·全国Ⅱ卷，19)图中为某一理想变压器，其原线圈与电压有效值不变的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止，用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )
答案：BC
解析：滑动头向上匀速滑动，副线圈匝数均匀增加与时间t成正比，由＝，得U2＝，则U2与t也成正比，选项C正确；随着白炽灯变亮，其本身电阻也逐渐增大，灯泡的I－t图线斜率逐渐减小，B项正确；由于副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，由P＝UI
知，输入电流也要增大，故A错；灯泡消耗的功率N2＝，所以N2与U2不成正比，即N－t图象不满足正比例函数关系，故D错．
点评：本题考查变压器原理和对小灯泡伏安特性曲线的理解，对考生推理、分析综合能力进行考查，属中等难度题．
第四、五章综合能力测试
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律．如图所示为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是( )
A．发电机能发电的主要原理是库仑定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
B．发电机能发电的主要原理是安培定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律
C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律
变压器能变压的主要原理是库仑定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律
变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律
答案：D
解析：发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用．
2．一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器．几位做实验的同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学的手相连，如图所示，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则( )
A．该实验的原理是镇流器的自感现象
B．该实验的原理是1.5V的电压让人感到触电
C．人有触电感觉是在开关断开瞬间
D．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间
答案：AC
解析：1.5V的电压不会使人有触电的感觉．当电路接通后处于通电状态，有一部分电能转化为磁场能贮存在镇流器中，电路断开的瞬间，这部分磁场能转化为电能释放出来，由于自感很大，产生很高的自感电动势，使人产生触电感觉．
3．(2008·山东青岛统一质检)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
答案：AC
解析：若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生电磁感应现象，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确．
4．如图所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M和P，线圈P与电流表构成闭合回路．若在t1至t2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下(即为由c经电流表至d)，则可以判断出线圈M两端的电势差uab随时间t的变化情况可能是图中的( )
答案：CD
解析：根据楞次定律可判断出副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断出原线圈中的磁场方向应是向下增加，或向上减少的，综合四个选项可知，在t1至t2这段时间内输入电压的变化情况为C、D.
5．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220V,40W”，当灯泡所消耗的功率都调于20W时，哪种台灯消耗的功率最小( )
答案：C
解析：C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．
6．(2008·山东淮坊第二次质检)两个相邻的匀强磁场，宽度均为L，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小分别为B、2B.边长为L的正方形线框从位置甲匀速穿过两个磁场到位置乙，规定感应电流逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象是( )
答案：D
解析：0～L/v时间内，正方形线框右边切割磁感线，产生顺时针方向、大小为I的感应电流，且方向为负．L/v～2L/v时间内，正方形线框右边在磁感应强度为2B的磁场中切割磁感线，产生顺时针方向、大小为2I的感应电流，正方形框左边在磁感应强度为B的磁场中切割磁感线产生逆时针方向、大小为I的感应电流．故线框在这段时间内产生顺时针方向、大小为I的感应电流，且方向为负.2L/v～3L/v时间内，正方形线框左边在磁感应强度为2B的磁场中切割磁感线产生逆时针方向、大小为2I的感应电流，且方向为正．正确选项应是D.
7．(2010·江西白鹭洲中学高二期中)如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲?W乙为( )
A．1∶6 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶
答案：B
解析：由图线可知甲的电流有效值为I甲＝A，乙的电流有效值I乙＝1A，＝＝，故B选项正确．
8．如图所示，半径为r的金属环绕通过某直径的轴OO′以角速度ω做匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，则在转过30°的过程中，环中产生的感应电动势的平均值是( )
A．Br2ω B.Br2ω
C．3Br2ω D．4Br2ω
答案：C
解析：金属环在转过30°的过程中，磁通量的变化量
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin30°－0＝Bπr2
又Δt＝＝＝，所以E＝＝＝3Bωr2.
9．下图中的直导线AB通以交流电i，i的变化规律如乙图，若电流的正方向对应着电流从A到B，导线AB的右方有不闭合的线圈，则线圈的C端比D端电势高而且有最大电势差的时刻是( )
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
答案：B
解析：若C、D间电势差最大，则i－t图象斜率最大，只能出现在t2和t4时刻，A、C错误．又C端电势比D端电势高，根楞次定律和安培定则知B正确．
10．(2009·海南)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
答案：C
解析：由楞次定律及左手定则可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引力而向左．故C选项正确．
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共16分．把答案直接填在横线上)
11．(2010·天津一中高二期中)(5分)下图为我国某中学一教室墙上有一朝南的窗户，窗高为1.2m，宽0.75m，边缘部分是不锈钢材质．已知该处地磁场的磁感强度的水平分量为5×10－5T，则穿过该窗框平面的磁通量为________Wb；当由把钢窗左侧向内拉开(如图所示)时，窗框中的感应电流方向是________．(从拉窗人的角度来看是“顺时针”还是“逆时针”)
答案：4.5×10－5 逆时针
解析：Φ＝BS＝5×10－5×1.2×0.75Wb＝4.5×10－5Wb
由楞次定律可判当把钢窗向内拉开时，钢窗框中感应电流的方向沿逆时针．
12．(5分)已知南极科考队的一辆汽车正以25m/s的速度前行，则这辆车的前轮轴的________侧电势高．假设该处地磁场的竖直分量为8×10－5T，两轮间的距离均为1.5m，则轮轴两端的电势差约为______V.
答案：右；3×10－3
解析：U＝BLv＝8×10－5×1.5×25V＝3×10－3V.
13．(2010·潍坊高二期中)(6分)(1)如图所示，左图给出了用连接电阻器的导线自由端试触电流表“－”接线柱时电流表指针的偏转情况；下图是用这个电流表研究电磁感应现象所用的器材，其中带铁芯的线圈A、线圈B的绕线情况在图中已画出，请用笔画线代替导线将没有完成的电路补完整，使变阻器触头向右滑动，电流表指针向左偏．
(2)按你所连接的电路，指出能使电流表指针向右偏转的两种方法：__________________________________________________________________________.
答案：(1)如图所示
(2)将变阻器触头向左滑动；闭合开关的瞬间．
三、论述·计算题(共4小题，44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc，ab长L1＝1.0m，bd长L2＝0.5m，线框的质量m＝0.2kg，电阻R＝2Ω其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行．两边界间距离为H，且H＞L2，磁场的磁感应强度B＝1.0T，方向与线框平面垂直，如图所示，令线框的dc边从离磁场区域上边界PP′的距离h＝0.7m处自由下落．已知线框的dc边进入磁场以后，在ab边到达边界PP′前，线框的速度已达到这一阶段的最大值．问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ′的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？(g取10m/s2)
答案：－0.8J
解析：线框下落到cd边刚接触PP′时速度v1＝
当ab到达PP′前某时刻达到最大速度为v2，
由mg＝BIL1＝，得v2＝＝4m/s.
线框从开始到ab边刚进入时的过程中由动能定理
mg(h＋L2)＋W安＝mv，W安＝－0.8J
再往下运动至cd边刚刚到达QQ′的过程中，安培力等于零，故W安总＝－0.8J
15．(10分)如图(a)所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示，设向外为 B的正方向，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电量并说明正负．
答案：7.2×10－6C 电容器上极板带正电
解析：E＝ns＝V＝0.4V
电路中的电流I＝＝A＝0.04A，由楞次定律知通过R2的电流方向向下．
所以UC＝IR2＝0.04×6V＝0.24V
Q＝CUC＝30×10－6×0.24C＝7.2×10－6C
电容器的上极板带正电．
16．(12分)如图所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4m，lbc＝0.2m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，线圈以n＝r/s的转速在磁场中匀速转动．求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若线框从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
(3)交流电压表和电流表的读数；
(4)此交流发电机的总功率和输出功率．
答案：(1)160V (2)i＝16sin200tA (3)72V；8A (4)1280W 1152W
解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的是交流电，从线圈过中性面时开始计时，交流电的表达式为正弦函数．电压表和电流表的读数为交流电的有效值．
(1)Em＝NBSω＝NBlablbcω＝50×0.2×0.4×0.2××2πV＝160V
(2)ω＝2πn＝200rad/s，Im＝＝16A，i＝16sin200tA
(3)电压表的读数U＝IR，I＝Im＝8A
所以：U＝72V 电流表读数I＝8A
(4)发电机的总功率P＝IE，E＝Em
所以：P＝8××160W＝1280W
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率，即PR＝IU＝8×72W＝1152W.
17．(12分)(2008·青岛模拟)置于水平面上的光滑平行金属导轨CD、EF足够长，两导轨间距为L＝1m，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，电阻为r＝1Ω的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好．平行金属板M、N相距d＝0.2m，板间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为B，金属板按如图所示的方式接入电路．已知滑动变阻器的总阻值为R＝4Ω，滑片P的位置位于变阻器的中点．有一个质量为m＝1.0×10－8kg、电荷量为q＝＋2.0×10－5C的带电粒子，从左端沿两板中心线水平射入场区．不计粒子的重力，问：
(1)若金属棒ab静止，求粒子初速度v0多大时，可以垂直打在金属板上；
(2)当金属棒ab以速度v匀速运动时，让粒子仍以初速度v0射入磁场后，能从两板间沿直线穿过，求金属棒ab运动速度v的大小和方向．
答案：(1)100m/s (2)50m/s 方向水平向右
解析：(1)金属棒静止时，在两板之间只有磁场，带电粒子沿中心线垂直进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，垂直打在金属板上时，其运动半径为，则有：Bqv0＝m
粒子的速度为：v0＝＝100m/s
(2)金属棒以速度v匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv，闭合电路中的电流为：I＝，两金属板间的电压为：U＝I
带电粒子沿直线通过两金属板时，它所受的电场力和洛伦兹力平衡，即：Bqv0＝q
由以上各式解得：v＝＝m/s＝50m/s
由左手定则知带电粒子所受洛伦兹力方向向上，因电场力和洛伦兹力平衡，所以电场力向下，M板电势高，由右手定则知ab棒向右运动．
基础夯实
1．家庭电路的交变电流图象为如图所示中的( )
答案：A
2．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时( )
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
答案：C
解析：当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但Em最大 ，即最大，故正确答案为C.
3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt，则( )
A．交流电的频率是100π
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02s
D．t＝0.05s时，e有最大值
答案：BC
解析：由瞬时值表达式知：角速度ω＝100πrad/s，感应电动势是按正弦规律变化．
所以t＝0时，线圈平面位于中性面．
因ω＝2πf，所以f＝＝＝50Hz；
由T＝得T＝s＝0.02s
当t＝0.05s时，e＝220sin5π＝0
故B、C选项正确．
4．矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )
A．50V B．25V
C．25V D．10V
答案：B
解析：由题示条件知：交变电流瞬时值表达式为e＝50cosωt＝50cosθ，当θ＝30°时，e＝25V，B对．
5．(2010·嘉兴高二检测)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图2甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
答案：B
解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．
6．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
答案：A
解析：产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线框形状无关，转到图示位置时产生的电动势E上具有最大值Em＝nBSω由欧姆定律I＝可知此时I相等，故A对，B错．由右手定则可知电流为a→d→c→b，故C错．cd边受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．
7．一台发电机产生正弦式电流，如果e＝400sin314t(V)，那么电动势的峰值是多少，线圈匀速转动的角速度是多少，如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，写出电流瞬时值的表达式．
解析：根据电动势的瞬时值表达式可知
电动势的峰值：Em＝400V
线圈的角速度：ω＝314rad/s＝100πrad/s
由欧姆定律：Im＝＝0.2A
所以电流瞬时值表达式为i＝0.2sin314t(A)
能力提升
1．(2010·天津一中高二期中)
图甲
如图甲所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在图乙中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是( )
图乙
答案：A
2．一束带电粒子沿着通有交流电的螺线管的轴线射入管内，则粒子在管内的运动状态是( )
A．往复运动 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速圆周运动
答案：B
解析：带电粒子顺着螺线管轴线飞入，它的运动方向跟磁感线平行，故带电粒子不受磁场力，所以它做匀速直线运动．
3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01s时刻Φ的变化率最大
C．0.02s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
答案：B
解析：t＝0时Φ最大，线圈应在中性面位置，A错；t＝0.01s时，Φ－t图象的斜率最大，故最大，B正确；t＝0.02s时，Φ不变，故e＝0，C错；因Φ－t图象为余弦图象，故e－t图象为正弦图象，D错．
4．在两块金属板上加交变电压U＝Umsint，当t＝0时，板间有一个电子正好处于静止状态，下面关于电子以后运动情况的判断哪些是正确的( )
A．t＝T时，电子回到原出发点
B．电子始终向一个方向运动
C．t＝时，电子将有最大速度
D．t＝时，电子的位移最大
答案：BC
解析：本题考查了带电粒子在交变电压所产生的交变电场中的运动问题．分析带电粒子的运动性质应从粒子运动的速度方向与受力方向的关系入手，二者同向，则粒子加速；反向，则粒子减速运动．
电子在电场中受到变化的电场力的作用F＝Eq，电压变，故场强变．在第一个半周期内电子从静止开始作正向变加速运动，第二个半周期内作正向的变减速运动，一个周期结束时电子速度恰减为零．如此电子一直向一个方向运动，在t＝(2k＋1)(k＝0,1,2……)时刻速度是最大值．
5．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以一条边为轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中的感应电动势e与时间t的关系如图所示，感应电动势的最大值和周期可由图中读出，则磁感强度B＝______，在t＝时刻，线圈平面与磁感线的夹角等于________．
答案： 30°
解析：由图象可知，电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt.
其中：Em＝NBSω，而N＝1，ω＝，最大值Em和周期T在图象中已经给出．
所以Em＝BS，B＝.
在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，其夹角θ＝0°，
从t＝0时刻到t＝时刻，线圈平面转过的角度θ＝ωt＝ω＝·＝rad＝30°.
故t＝时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角为30°.
6．发电机的转子是匝数为100匝，边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R＝10Ω.
(1)写出交变电流瞬时值表达式；
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
答案：(1)i＝2πsin100πtA (2)1×10－2c
解析：感应电动势最大值为Em＝nBSω.
Em＝100×0.05×0.2×0.2×100πV＝20πV
Im＝A＝2πA，
∴i＝Imsinωt＝2πsin100πtA
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电荷量q＝t＝Δt＝.从中性面计时，转过，如图所示．
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－sin30°)＝BS
q＝＝C＝C＝1×10－2C.
第5章 第2节
基础夯实
1．以下说法正确的是( )
A．发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值
C．交流电压表所测数值为瞬时值
D．保险丝的数值为最大值
答案：A
解析：为了表明交流电通过用电器产生的效果，用电器上所标的都是交流电的有效值，A对，交流电流表或交流电压表都测的是有效值．C错．电容器的耐压值为最大值，保险丝的数值为有效值，B、D全错．
2．(2010·东北师大附中高二期中)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )
A．该交流电的电压有效值为100V
B．该交流电的频率为25Hz
C．该交流电的电压的有效值为100V
D．若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W
答案：BD
解析：由图象可看出该交流电的有效值为，A、C均错；频率为25Hz，B正确；P＝＝50W，D正确．
3．下图表示一交流电的电流随时间而变化的图象．此交流电的有效值是( )
A．5A B．5A
C.A D.A
答案：B
解析：本题要求的是矩形交变电流的有效值，与平时所熟知的正弦交变电流的有效值(即I有效＝Im/)不同，因此，有的学生对这样的题目感到无从下手．
本题只能从有效值的定义出发，才能顺利解答．该交变电流通过阻值为R的电阻一个周期的时间(即0.02s)内所产生的热量为：
Q交＝(4)2×R×0.01＋(3)2×R×0.01
设直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02s)内产生的热量为Q直＝I2R×0.02
由交流的有效值定义得Q直＝Q交，即
50×0.01R＝I2×0.02R
则I＝5A，即交变电流的有效值为5A.
4．一只电饭煲和一台洗衣机同时并入u＝311sin314tV的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A.下列说法正确的是( )
A．电饭煲的电阻是44Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440Ω
B．电饭煲消耗的功率为1555W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5W
C．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
答案：C
5．如图所示是一交流发电机的原理示意图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N，面积为S的矩形线圈，以角速度ω绕OO′轴做匀速转动，这个线圈产生的交流电动势的最大值是________，有效值是________，线圈从图中位置转过90°的过程中，电动势的平均值是________．
答案：NBSω NBSω NBSω
6．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示，发电机线圈的电阻r＝5Ω，外电路电阻R＝95Ω，求串联在外电路中的交流电流表的读数．
答案：1.41A
解析：由Φ－t图象知：Φm＝1.0×10－2Wb，T＝ 3.14×10－2s，因Em＝nΦmω＝nΦm＝100×1×10－2×V＝200V，根据欧姆定律，电路中的最大电流Im＝＝A＝2A，故电流表读数为I＝＝1.41A.
7．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值为多大？
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？
答案：(1)e＝50sin10πtV (2)43.3V (3)31.86V 3.54A
解析：分别把Em、ω的数值推算出来，代入一般表达式 Emsinωt就得出了感应电动势的瞬时值表达式，求瞬时值时，只需要把t的值代入表达式就可以了，最后一问是求线圈中的电流和线圈的端电压，注意应为有效值．
(1)e＝Emsinωt＝NBS2πnsin(2πnt)＝100××0.05×2π×sin(2π×t)V＝50sin10πtV.
(2)当t＝s时，电动势的瞬时值e＝50sin(10π×)V＝43.3V.
(3)电动势的有效值E＝＝V＝35.4V，电流表的示数I＝＝A＝3.54A；
电压表的示数U＝IR＝3.54×9V＝31.86V
在求解交变电动势瞬时值时，首先要确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；其次是确定线圈转动的角带度ω(以rad/s作单位)；最后是确定感应电动势瞬时值表达式．
能力提升
1．(2010·通州高二检测)如图所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为( )
A．4A B．2A
C.A D.A
答案：D
解析：设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2，代入数据解得：I＝A，故D正确．
2．(2010·潍坊高二期中)如图所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动．则( )
A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝cosωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈消耗的电功率P＝
答案：C
解析：由题意得i＝sinωt，
电流有效值I＝，P＝，
所以只有C项正确．
3．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
答案：C
解析：由图可读出Um＝5V，T＝4×10－2s，由f＝得f＝0.25×102Hz，故A错．由Im＝＝1A，而I有效＝＝A，故B错，由PR＝I2R＝()2×5W＝2.5W，故C正确．电压表测得数据为有效值V，故D错．
本题考查对正弦式交流电e－t图象及最大值、有效值的理解，难度中等．
4．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R(m)，让它在磁感应强度为B(T)、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动，转速为n(r/s)．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P(W)的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则灯泡的电阻为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：由线圈在磁场中匀速转动所产生的感应电动势的最大值Em＝BSω和ω＝2nπ可知，Em＝B·πR2·2nπ＝π2R2nB，所以有效值E＝.
由于小灯泡正常发光，所以R＝＝，
B正确．
5．如图甲为电热毯的电路图，把电热毯接在U＝311sin100πtV的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是：________.
答案：156V
解析：电压表的示数为有效值
据有效值的定义有：·T＝·
∴U＝＝＝156V
6．如图所示，线圈面积S＝1.41×10－2m2，共20匝，电阻为0.8Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，线圈绕OO′轴以某一角速度匀速转动，恰好使标有“24V,30W”的电灯L正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为________，线圈转动的角速度为________．
答案：35.4V；250rad/s
7．如图所示，设ab边长为20cm，ad边长为10cm，匝数为100匝，磁感应强度B为0.2T，线圈匀速转动的角速度为314rad/s，从中性面开始计时，试写出电动势瞬时值表达式．如果该发电机接一阻值为190Ω的用电器，发电机线圈总内阻为10Ω，则该用电器消耗的电功率是多少？
答案：125.6sin314tV 37.5W
解析：该发电机产生的电动势最大值Em＝NBSω＝100×0.2×0.2×0.1×314V＝125.6V，电动势瞬时值表达式e＝125.6sin314tV.它的有效值E＝V＝62.8V，I＝＝A＝0.314A，电阻消耗的电功率P＝I2R＝(0.314)2×190W＝37.5W.
第5章 第3节
基础夯实
1．电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( )
A．电感对交变电流有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数有关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
答案：ABCD
2．电容对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( )
A．交变电流能通过电容器
B．电容器具有通直流、阻交流的作用
C．电容器电容较小时，它具有通高频、阻低频的功能
D．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小
答案：ACD
3．下列说法中，正确的是( )
A．电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器有电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电流中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
答案：D
解析：交流电流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，A错．交流电通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，B错．电流通过它们做功时，只有在电阻上产生热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错，故D正确．
4．(2010·南京六中高二期中)如图所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流，L是一个25mH的高频扼流圈，C是一个100pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( )
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
答案：ACD
解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A正确；C是一个电容很小的电容器，在题图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，C正确；因电路中无直流电流，B错误；由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D正确．
5．(2009·蒙城高二检测)如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案：B
解析：由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
6．将电阻R接到有效值为U、频率为f的交流电源上，电阻R消耗的功率为P，若将电阻R与一电阻可忽略不计的电感线圈串联后再接到该电源上，电路中消耗的功率如何变化？
答案：减小
解析：电阻与电感线圈串联后，对交变电流的阻碍作用增大，电路中电流减小，根据P＝UI可知，电路中消耗的功率减小．
7．如图所示，从AO输入的信号中，有直流电流和交变电流．问：
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需要在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
答案：(1)电容器 对直流电有隔断作用 (2)电感线圈 对交流电有阻碍作用
解析：(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器C有“通交流、隔直流”的特点，应在AB端接入一电容器C，该电容器对直流电有隔断作用，而交变电流能通过．
(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电，故根据电感L有“通直流，阻交流”的特点，应在AB端接入一个电感线圈，该线圈对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用．
能力提升
1．如图所示，图(1)、(2)中电源为交流电源，图(3)、(4)中电源为直流电源，四个电路中的电压表示数、电容器和灯泡都相同，则以下说法中正确的是( )
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2与L4的亮度相同
D．灯L4比L2亮
答案：C
2．两相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为Um，频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同，更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应该满足的条件是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
答案：A
3．如图所示，当交流电源的电压有效值是220V，频率为50Hz时，三盏电灯的亮度相同，当电源电压不变只将交流电源的频率改为100Hz时，则各灯亮度变化情况为：a灯______________，b灯________________，c灯______________________．(填“变亮”、“变暗”或“不变”)
答案：变亮；变暗；不变
解析：频率变大，电容器容抗减小，又电压不变，故a灯变亮；频率变大，电感线圈的电感变大，又电压不变，故b灯变暗；频率的变化对电阻R无影响，故c灯亮度不变．电源电压不变指电压有效值不变，当频率变大时，容抗变小，感抗变大，电阻阻值R不变．根据三者变化情况再应用部分电路欧姆定律即可求解．牢记电感、电容对电流的阻碍规律，解题时直接运用即可．
4．“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高频扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
答案：BD
解析：通常高音喇叭的一路串入一个电容器，是利用了电容器“通高频，阻低频”的特性，使频率较高的电流通过高音喇叭，发出高音；通往低音喇叭的一路串入一个空心线圈，是利用了自感系数较小的线圈具有“通低频，阻高频”的特性，使低频电流通过低音喇叭，发出低音．
5．如图所示，是一个判定AB之间电源性质的仪器．若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
答案：AB间接交变电流时，绿灯亮；
AB间接直流电且A端是正极时红灯亮；
AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮．
解析：由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，
则是由于线圈L具有阻交流的作用．当AB之间接入直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性．
6．教室和家庭中的电风扇都可以调节快慢，如图所示，要调节快慢，就要改变电动机的电流．风扇一般是用交流电，要改变交流电的大小，可以用电感调速器，调速器的结构如图所示，探究它是利用什么作用调节吊扇快慢的．
解析：由图可知，在“日”字形的软铁芯上，绕了数百匝线圈，每隔数十匝就将抽头接到2至5各端钮上．线圈与电风扇电动机串联，它将分掉电源加在电风扇上的部分电压，使电风扇转速降低．图中端钮0是断路；端钮1不经线圈直接通电，风扇的转速最高；端钮5经过的线圈匝数最多，故转速最低.
第5章 第4节
基础夯实
1．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案：BD
解析：此题考查的是对变压器原理的掌握，对理想变压器，A选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比；D选项理想变压器认为可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率．
2．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )
A．3mA B．48mA
C．零 D．与R阻值有关
答案：C
解析：当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V,60W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )
答案：C
解析：∵为理想电压表，∴电源输出功率为60W，原线圈两端电压为4400V，电流表示数为有效值，即为＝A.
4．(2010·芜湖高二检测)如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )
A．1∶2 2U
B．1∶2 4U
C．2∶1 4U
D．2∶1 2U
答案：C
解析：设灯泡正常发光时的电流为I，则I1＝I，I2＝2I.由＝得＝.
由＝得U1′＝U2＝2U.故U1＝4U，C正确．
5．(2010·湛江高二检测)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
答案：BC
解析：保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，由I2＝知I2减小，故电流表的读数变小，B正确，A错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2 增大，由I2＝知I2增大，故I1增大，C正确，D错误．
6．如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“12V,100W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为18?1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为________V，电流表的读数为________A.
答案：216 0.46
解析：两电表的读数均为初级线圈的电压和电流的有效值．
由公式＝得U1＝U2＝18×12V＝216V
由公式＝得I1＝I2＝×A＝0.46A
本题重点考查理想变压器的基本变压、变流规律，应用公式可以解决．
7．如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3300V，副线圈的输出电压U2＝220V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0＝2V，则
(1)原、副线圈的匝数各是多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5A，那么A1的示数是多少？
(3)当S闭合时，A2的示数将如何变化？A1的示数如何变化？
答案：(1)1650匝 110匝 (2)0.33A (3)变大 变大
解析：(1)根据变压比：＝及＝有n1＝·n0＝×1＝1650(匝)
n2＝·n0＝×1＝110(匝)
(2)由于是理想变压器有
P入＝P出
I1U1＝I2U2
I1＝·I2＝×5A＝0.33A
(3)开关S闭合时，负载增加，但总电阻减小，副线圈的输出电压U2不变，I2＝，即I2增加．输出功率P出＝I2U2也增加．根据理想变压器P入＝P出，即I1U1＝I2U2，原线圈中的电流I1也随之增大了．
能力提升
1．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按下图所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是( )
A．输出电压的最大值为36V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz
答案：D
解析：理想变压器中原、副线圈的电压与原、副线圈的匝数成正比，可得输出电压的最大值为36V，A选项错误．原、副线圈的电流与匝数成反比，应为9∶55，B选项错误．变压器的输入功率与输出功率相等，C选项错误．由图象可知交流电压的最大值为220V，周期为0.02s，所以有效值为220V，频率为50Hz，D选项正确．
2．(2010·济宁模拟)如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中，能使原线圈所接电流表的示数变小的是( )
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头下移
答案：BC
解析：S1从2拨向1，输出电压变大，电流、功率均变大，则输入电流变大，电流表示数变大，A错误．S2从4拨向3，输出电压变小，电流、功率均变小，则输入电流变小，电流表示数变小，B正确．S3断开，输出电路总电阻变大，功率变小，电流变小，输入电流变小，电流表示数减小，C正确．R3触头下移，输出电路总电阻减小，功率变大，电流变大，输入电流变大，电流表示数变大，D错误．
3．(2010·北师大附中高二期中)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表. 则( )
A．n1>n2
B．n3>n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
答案：AD
解析：甲图中原线圈并联在电路中，应为电压互感器，为降压变压器，n1>n2，图中的电表为电压表；乙图中原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3
答案：C
解析：由P入＝P出，I1U1＝6W，又＝
所以U1＝U2＝×6V＝120V
所以I1＝A＝A
5．按下列要求设计一个变压器：在同一闭合铁芯上绕三个线圈，甲线圈接220V照明电源，乙线圈要求输出36V电压和100W额定功率，丙线圈要求输出6V电压和10W额定功率．乙线圈需绕180匝，且乙、丙两线圈都满负荷工作．那么甲线圈需绕________匝，甲线圈通过电流为________A，绕制这三个线圈的导线从粗到细的顺序是________．
答案：1100 0.5 乙、丙、甲
6．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
(2)发电机输出功率P=I1E=6.67W.
7．黑光灯是利用物理方法来灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”．
如图是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿电场为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？
答案：10∶1
解析：电网两极间电场可看作匀强电场Um=Emd
由题意，空气被击穿时Em=6220V/cm
所以次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.
第5章 第5节
基础夯实
1．(2010·浙江温州高二期中)远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减小输电线上能量损失
D．可加快输电的速度
答案：AC
解析：由于远距离输电，往往输送电功率一定，据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2R，当要求输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确，而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波也就是光的传播速度，也一定，故B、D不正确．
2．(2010·北师大附中高二期中)发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则( )
A．输电线上的电流为
B．输电线上的功率损失为
C．用户得到的功率为P－()2R
D．用户得到的电压为
答案：AC
3．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
①升压变压器的副线圈的电压变大；
②高压输电线路的电压损失变大；
③降压变压器的副线圈上的电压变大；
④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
答案：D
解析：本题考查输电线路的电压损失．用电高峰期，用户端总电阻由于并联电灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．故正确答案为D.
4．下图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案：ABD
解析：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P失＝I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R＝知，A正确．二是减小输电电流，B正确．若输电电压一定，由P＝UI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P失＝I2R越大，C错误．在影响高压输电的因素中另一个重要因素是电晕放电引起的电能损耗，在输出电压越高时，电晕放电引起的电能损失越大，D正确．
5．某发电厂用2.2kv的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kv的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率，前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为________，要将2.2kv的电压升高到22kv，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈匝数应该是________匝．
答案：100∶1 1800
解析：由于前后两次输送的电功率相等，则有IU＝I′U′，
所以＝＝，＝＝100，由变压器的原理：＝，可得＝＝＝，所以n2＝1800匝．
本题主要考查了变压器以及远距离高压送电，在解题时要注意电路上损失的电功率的计算，以及变压器的升压比等于其匝数比．
6．(2010·山东潍坊高二期中)某小型实验水电站输出功率P＝38kW，输电线路总电阻r＝1Ω.
(1)若采用U＝380V输电，求输电线路损耗的功率P1.
(2)若改用U1＝10000V高压输电，用户端利用n1?n2＝44?1的变压器降压，求用户得到的电压U2.
答案：(1)10kW (2)227.19V
解析：(1)输电线上的电流强度为I＝＝A＝100A
输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝1002×1W＝10kW
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I1＝＝A＝3.8A
变压器原线圈两端的电压
U′＝U－I1R＝(10000－3.8×1)V＝9996.2V
根据＝
用户得到的电压为U2＝U′＝×9996.2V＝227.19V.
7．家庭电路的引线均有一定电阻(约几欧姆)，因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时，家中原来开着的电灯会变暗，下面通过一个简单的测试，可以估算出家庭电路引线部分的电阻，如图所示，用r表示家庭电路引线部分的总电阻，V为两表笔插入插座的交流电压表，M为一个额定功率为P额定电压为U额的空调(P较大)．测试时，先断开所有家电电路，测得电压为U1，再闭合电键S，测得电压为U2.
(1)试推导估算r的表达式(设电源两端电压保持恒定)；
(2)若P＝2.0kW，U额＝220V，测得U1＝220V，U2＝210V，则引线部分总电阻约为多少？
答案：(1)r＝·U(2)r＝1.15Ω
解析：(1)断开所有家电电路时，U源＝U1，S闭合后，
Ir＝P，Ur＝U1－U2，所以r＝＝·U.
(2)把U1、U2、U额、P代入公式得r＝1.15Ω.
能力提升
1．用变压器进行远距离输电，输送的电功率为P，输送的电压为U，输电导线上的电阻率为ρ，导线横截面积为S，导线总长为L，输电线损耗的电功率P1，用户得到的电功率为P2则( )
A．P1＝
B．P1＝
C．P2＝P－
D．P2＝P－
答案：BD
解析：由导线输送的电功率P＝UI知，输电导线上的电流强度I＝，由电阻定律得R＝ρ，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P1＝I2R＝ρ，B正确，用户得到的电功率P2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P2＝P－P1＝P－，D正确．
2．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则( )
A.>
B.<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案：AD
解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确.＝，＝，因为U1＝200 V
3．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，若输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1?S2为( )
A. B.
C.2 D.2
答案：C
解析：由输送的电功率P＝IU，损失的功率ΔP＝I2R得ΔP＝R由题意知，R1＝R2，由此得＝因为R＝ρ，所以＝.
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．
(2)用户得到的电功率是多少．
答案：(1)1∶20 240∶11 (2)96kW
解析：(1)输电线损失的功率
P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW.
输电线是民流I2＝＝A＝20A.
升压变电器输出电压U2＝＝V＝5×103V.
升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝.
电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V.
降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4800V.
降压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%kW＝96kW.
5．三峡水利枢纽工程是中国规模最大的水利工程，枢纽控制的流域面积为1.0×106km2，占长江流域面积的56%，坝址所在位置的年平均流量为4.51×1011m3，水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台(如图所示)，总装机容量(是指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107kW，年平均发电量约为W＝8.4×1010kW·h，该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题．(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2)
(1)若三峡电站上、下游水位差按H＝100m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值；
(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P1＝4.5×106kW，采用超高压输电，输电电压为U＝5×105V而发电机输出的电压约为U0＝1.8×104V，要使输电线上损耗的功率小于输送电功率的5%.求：发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻的范围．
答案：(1)67.1% (2)192.3天 (3) 2.78Ω
解析：(1)发电站的能量转化效率
η＝×100%＝×100%＝×100%.
代入数据η＝×100%≈67.1%.
(2)根据P＝，有t＝＝天≈192.3天．
(3)升压变压器匝数比为＝＝＝.
根据P1＝IU得I＝9.0×103A.由P损＝I2R＝5%P1得R＝2.78Ω，所以R要小于2.78Ω.
第5章 章末小结
1．(2010·浙江理综，17)某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输送给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案：B
解析：输电线上输送的电流I＝＝＝6000A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6000×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B对；若改用5kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝＝＝6×105A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5W＝9×108kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．
点评：本题考查了对远距离输电中电压损失、功率损失的理解能力和分析推理能力．
2．(2010·广东理综，19)下图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
A．周期是0.01s
B．最大值是311V
C．有效值是220V
D．表达式为u＝220sin100πt(V)
答案：BC
解析：由题图象可直接读出正弦式交变电压的周期T＝0.02s，最大值Um＝311V，则有效值为U＝Um＝×311V＝220V，角速度为ω＝＝rad/s＝100π rad/s，瞬时值表达式为u＝311sin100πt(V)，故只有选项B、C正确．
点评：本题考查了正弦式交变电压的图象、有效值与最大值的关系及瞬时值表达式，考查学生对图象的分析理解能力．
3．(2010·江苏物理，7)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案：CD
解析：对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1?U2＝n1?n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．
点评：本题考查了理想变压器的变压原理及远距离输电中的功率损失，主要考查学生的理解能力和推理能力．
4．(2010·全国Ⅱ卷，19)图中为某一理想变压器，其原线圈与电压有效值不变的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止，用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )
答案：BC
解析：滑动头向上匀速滑动，副线圈匝数均匀增加与时间t成正比，由＝，得U2＝，则U2与t也成正比，选项C正确；随着白炽灯变亮，其本身电阻也逐渐增大，灯泡的I－t图线斜率逐渐减小，B项正确；由于副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，由P＝UI
知，输入电流也要增大，故A错；灯泡消耗的功率N2＝，所以N2与U2不成正比，即N－t图象不满足正比例函数关系，故D错．
点评：本题考查变压器原理和对小灯泡伏安特性曲线的理解，对考生推理、分析综合能力进行考查，属中等难度题．
第四、五章综合能力测试
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律．如图所示为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是( )
A．发电机能发电的主要原理是库仑定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
B．发电机能发电的主要原理是安培定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律
C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律
变压器能变压的主要原理是库仑定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律
变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律
答案：D
解析：发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用．
2．一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器．几位做实验的同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学的手相连，如图所示，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则( )
A．该实验的原理是镇流器的自感现象
B．该实验的原理是1.5V的电压让人感到触电
C．人有触电感觉是在开关断开瞬间
D．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间
答案：AC
解析：1.5V的电压不会使人有触电的感觉．当电路接通后处于通电状态，有一部分电能转化为磁场能贮存在镇流器中，电路断开的瞬间，这部分磁场能转化为电能释放出来，由于自感很大，产生很高的自感电动势，使人产生触电感觉．
3．(2008·山东青岛统一质检)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
答案：AC
解析：若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生电磁感应现象，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确．
4．如图所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M和P，线圈P与电流表构成闭合回路．若在t1至t2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下(即为由c经电流表至d)，则可以判断出线圈M两端的电势差uab随时间t的变化情况可能是图中的( )
答案：CD
解析：根据楞次定律可判断出副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断出原线圈中的磁场方向应是向下增加，或向上减少的，综合四个选项可知，在t1至t2这段时间内输入电压的变化情况为C、D.
5．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220V,40W”，当灯泡所消耗的功率都调于20W时，哪种台灯消耗的功率最小( )
答案：C
解析：C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．
6．(2008·山东淮坊第二次质检)两个相邻的匀强磁场，宽度均为L，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小分别为B、2B.边长为L的正方形线框从位置甲匀速穿过两个磁场到位置乙，规定感应电流逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象是( )
答案：D
解析：0～L/v时间内，正方形线框右边切割磁感线，产生顺时针方向、大小为I的感应电流，且方向为负．L/v～2L/v时间内，正方形线框右边在磁感应强度为2B的磁场中切割磁感线，产生顺时针方向、大小为2I的感应电流，正方形框左边在磁感应强度为B的磁场中切割磁感线产生逆时针方向、大小为I的感应电流．故线框在这段时间内产生顺时针方向、大小为I的感应电流，且方向为负.2L/v～3L/v时间内，正方形线框左边在磁感应强度为2B的磁场中切割磁感线产生逆时针方向、大小为2I的感应电流，且方向为正．正确选项应是D.
7．(2010·江西白鹭洲中学高二期中)如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲?W乙为( )
A．1∶6 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶
答案：B
解析：由图线可知甲的电流有效值为I甲＝A，乙的电流有效值I乙＝1A，＝＝，故B选项正确．
8．如图所示，半径为r的金属环绕通过某直径的轴OO′以角速度ω做匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，则在转过30°的过程中，环中产生的感应电动势的平均值是( )
A．Br2ω B.Br2ω
C．3Br2ω D．4Br2ω
答案：C
解析：金属环在转过30°的过程中，磁通量的变化量
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin30°－0＝Bπr2
又Δt＝＝＝，所以E＝＝＝3Bωr2.
9．下图中的直导线AB通以交流电i，i的变化规律如乙图，若电流的正方向对应着电流从A到B，导线AB的右方有不闭合的线圈，则线圈的C端比D端电势高而且有最大电势差的时刻是( )
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
答案：B
解析：若C、D间电势差最大，则i－t图象斜率最大，只能出现在t2和t4时刻，A、C错误．又C端电势比D端电势高，根楞次定律和安培定则知B正确．
10．(2009·海南)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
答案：C
解析：由楞次定律及左手定则可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引力而向左．故C选项正确．
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共16分．把答案直接填在横线上)
11．(2010·天津一中高二期中)(5分)下图为我国某中学一教室墙上有一朝南的窗户，窗高为1.2m，宽0.75m，边缘部分是不锈钢材质．已知该处地磁场的磁感强度的水平分量为5×10－5T，则穿过该窗框平面的磁通量为________Wb；当由把钢窗左侧向内拉开(如图所示)时，窗框中的感应电流方向是________．(从拉窗人的角度来看是“顺时针”还是“逆时针”)
答案：4.5×10－5 逆时针
解析：Φ＝BS＝5×10－5×1.2×0.75Wb＝4.5×10－5Wb
由楞次定律可判当把钢窗向内拉开时，钢窗框中感应电流的方向沿逆时针．
12．(5分)已知南极科考队的一辆汽车正以25m/s的速度前行，则这辆车的前轮轴的________侧电势高．假设该处地磁场的竖直分量为8×10－5T，两轮间的距离均为1.5m，则轮轴两端的电势差约为______V.
答案：右；3×10－3
解析：U＝BLv＝8×10－5×1.5×25V＝3×10－3V.
13．(2010·潍坊高二期中)(6分)(1)如图所示，左图给出了用连接电阻器的导线自由端试触电流表“－”接线柱时电流表指针的偏转情况；下图是用这个电流表研究电磁感应现象所用的器材，其中带铁芯的线圈A、线圈B的绕线情况在图中已画出，请用笔画线代替导线将没有完成的电路补完整，使变阻器触头向右滑动，电流表指针向左偏．
(2)按你所连接的电路，指出能使电流表指针向右偏转的两种方法：__________________________________________________________________________.
答案：(1)如图所示
(2)将变阻器触头向左滑动；闭合开关的瞬间．
三、论述·计算题(共4小题，44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc，ab长L1＝1.0m，bd长L2＝0.5m，线框的质量m＝0.2kg，电阻R＝2Ω其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行．两边界间距离为H，且H＞L2，磁场的磁感应强度B＝1.0T，方向与线框平面垂直，如图所示，令线框的dc边从离磁场区域上边界PP′的距离h＝0.7m处自由下落．已知线框的dc边进入磁场以后，在ab边到达边界PP′前，线框的速度已达到这一阶段的最大值．问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ′的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？(g取10m/s2)
答案：－0.8J
解析：线框下落到cd边刚接触PP′时速度v1＝
当ab到达PP′前某时刻达到最大速度为v2，
由mg＝BIL1＝，得v2＝＝4m/s.
线框从开始到ab边刚进入时的过程中由动能定理
mg(h＋L2)＋W安＝mv，W安＝－0.8J
再往下运动至cd边刚刚到达QQ′的过程中，安培力等于零，故W安总＝－0.8J
15．(10分)如图(a)所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示，设向外为 B的正方向，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电量并说明正负．
答案：7.2×10－6C 电容器上极板带正电
解析：E＝ns＝V＝0.4V
电路中的电流I＝＝A＝0.04A，由楞次定律知通过R2的电流方向向下．
所以UC＝IR2＝0.04×6V＝0.24V
Q＝CUC＝30×10－6×0.24C＝7.2×10－6C
电容器的上极板带正电．
16．(12分)如图所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4m，lbc＝0.2m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，线圈以n＝r/s的转速在磁场中匀速转动．求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若线框从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
(3)交流电压表和电流表的读数；
(4)此交流发电机的总功率和输出功率．
答案：(1)160V (2)i＝16sin200tA (3)72V；8A (4)1280W 1152W
解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的是交流电，从线圈过中性面时开始计时，交流电的表达式为正弦函数．电压表和电流表的读数为交流电的有效值．
(1)Em＝NBSω＝NBlablbcω＝50×0.2×0.4×0.2××2πV＝160V
(2)ω＝2πn＝200rad/s，Im＝＝16A，i＝16sin200tA
(3)电压表的读数U＝IR，I＝Im＝8A
所以：U＝72V 电流表读数I＝8A
(4)发电机的总功率P＝IE，E＝Em
所以：P＝8××160W＝1280W
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率，即PR＝IU＝8×72W＝1152W.
17．(12分)(2008·青岛模拟)置于水平面上的光滑平行金属导轨CD、EF足够长，两导轨间距为L＝1m，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，电阻为r＝1Ω的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好．平行金属板M、N相距d＝0.2m，板间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为B，金属板按如图所示的方式接入电路．已知滑动变阻器的总阻值为R＝4Ω，滑片P的位置位于变阻器的中点．有一个质量为m＝1.0×10－8kg、电荷量为q＝＋2.0×10－5C的带电粒子，从左端沿两板中心线水平射入场区．不计粒子的重力，问：
(1)若金属棒ab静止，求粒子初速度v0多大时，可以垂直打在金属板上；
(2)当金属棒ab以速度v匀速运动时，让粒子仍以初速度v0射入磁场后，能从两板间沿直线穿过，求金属棒ab运动速度v的大小和方向．
答案：(1)100m/s (2)50m/s 方向水平向右
解析：(1)金属棒静止时，在两板之间只有磁场，带电粒子沿中心线垂直进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，垂直打在金属板上时，其运动半径为，则有：Bqv0＝m
粒子的速度为：v0＝＝100m/s
(2)金属棒以速度v匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv，闭合电路中的电流为：I＝，两金属板间的电压为：U＝I
带电粒子沿直线通过两金属板时，它所受的电场力和洛伦兹力平衡，即：Bqv0＝q
由以上各式解得：v＝＝m/s＝50m/s
由左手定则知带电粒子所受洛伦兹力方向向上，因电场力和洛伦兹力平衡，所以电场力向下，M板电势高，由右手定则知ab棒向右运动．